2026届新疆乌鲁木齐市沙依巴克区乌鲁木齐四中高三下学期第六次检测物理试卷含解析

这是一份2026届新疆乌鲁木齐市沙依巴克区乌鲁木齐四中高三下学期第六次检测物理试卷含解析，共16页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、如图所示,一个带正电荷q、质量为的小球,从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑,然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道,恰能到达轨道的最高点B.现在空间加一竖直向下的匀强电场,若仍从A点由静止释放该小球(假设小球的电荷量q在运动过程中保持不变,不计空气阻力),则（ ）
A．小球一定不能到达B点
B．小球仍恰好能到达B点
C．小球一定能到达B点,且在B点对轨道有向上的压力
D．小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关
2、一辆汽车以20m/s的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v随刹车位移x的变化关系如图所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为12m/s时，刹车的距离x1为
A．12mB．12.8mC．14mD．14.8m
3、在xy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s．M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（ ）
A．该波的周期为s
B．在t=s时，N的速度一定为2m/s
C．从t=0到t=1s，M向右移动了2m
D．从t=s到t=s，M的动能逐渐增大
4、对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是（ ）
A．当分子间的平均距离变大时，气体压强一定变小
B．当分子热运动变剧烈时，气体压强一定变大
C．当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大
D．当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强一定变大
5、如图所示，一个质量为的物块在恒力的作用下，紧靠在一个水平的上表面上保持静止，物块与上表面间静摩擦因数为，取。与水平面的夹角为，则角的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
6、如图甲所示，梯形硬导线框abcd固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t=0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～5t0时间内，设垂直ab边向上为安培力的正方向，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图甲所示为一台小型发电机的构造示意图，其线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示。发电机线圈内阻为，接灯泡的电阻为，则（ ）
A．电压表的示数为
B．发电机的输出功率为
C．时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
8、如图所示，B为理想变压器，接在原线圈上的交流电压U保持不变，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。开关闭合前灯泡L1上的电压如图，当开关S闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1的示数变大B．电流表A2的示数变小
C．电压表V的示数大于220VD．灯泡L1的电压有效值小于220V
9、如图所示，带有正电荷的A粒子和B粒子同时以同样大小的速度(速度方向与边界的夹角分别为30°、60°)从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（ ）
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为1∶
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3(2－)∶1
C．A、B两粒子的比荷之比是∶1
D．A、B两粒子的比荷之比是(2＋)∶3
10、对于分子动理论的理解，下列说法正确的是_________。
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．温度越高，扩散现象越明显
C．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢
D．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越大
E.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）某同学利用图（a） 所示电路测量量程为3 V的电压表①的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R （最大阻值9999.9 Ω），滑动变阻器R（最大阻值50 Ω），滑动变阻器R2 （最大阻值5 kΩ），直流电源E（电动势4 V，内阻很小）。开关1个，导线若干。
实验步骤如下：
①按电路原理图（a）连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器，使电压表满偏；
④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器________（填“R1”或“R2”）；
(2)根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线；
（____）
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为1500.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为______Ω（结果保留到个位）；
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____（填正确答案标号）。
A．100 μA B．250 μA C．500 μA D．1mA
12．（12分）某同学用如图甲所示的装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，左端固定，右端与一小球接触而不固连。弹簧处于原长时，小球在A点，向左推小球压缩弹簧至C点，由静止释放。用频闪照相机得到小球从C点到B点的照片如图乙所示。已知频闪照相机频闪时间间隔为T，重力加速度大小为g。回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能与小球离开弹簧时的动能相等。为测得，除已知物理量外，至少还需测量下列物理量中的____________（填正确答案标号）。
A．小球的质量m B．C、A间距离
C．C、B间距离 D．A、B间距离
E.弹簧的压缩量 F.弹簧原长
(2)用所选取的测量量和已知量表示，得___________。
(3)由于水平面不是绝对光滑，测得的弹性势能与真实值相比___________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r＝3m，圆心角θ＝53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器．水平面上静止放置一个质量M＝1kg的木板，木板的长度l＝1m，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块P1，小滑块P1的质量m1未知，小滑块P1与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1．另有一个质量m1＝1kg的小滑块P1，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短．（不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s1，cs53°＝0.6）．求：
（1）求小滑块P1经过C处时的速度大小；
（1）求位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？
（3）假设小滑块P1与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系．
14．（16分）如图所示，AC为光滑的水平桌面，轻弹簧的一端固定在A端的竖直墙壁上质量的小物块将弹簧的另一端压缩到B点，之后由静止释放，离开弹簧后从C点水平飞出，恰好从D点以的速度沿切线方向进入竖直面内的光滑圆弧轨道小物体与轨道间无碰撞为圆弧轨道的圆心，E为圆弧轨道的最低点，圆弧轨道的半径，，小物块运动到F点后，冲上足够长的斜面FG，斜面FG与圆轨道相切于F点，小物体与斜面间的动摩擦因数，，取不计空气阻力求：
（1）弹簧最初具有的弹性势能；
（2）小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）判断小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后能否回到圆弧轨道的D点？若能，求解小物块回到D点的速度；若不能，求解经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小．
15．（12分）如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量m=10kg。初始时，整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为l0，温度T0=300K。现用电阻丝（体积不计）为气体加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直到T=600K。已知大气压强p0=1×105Pa，活塞截面积S=1.0×10-3m2，取g=10m/s2，求：
(i)温度为T时，气体的压强；
(ii)活塞上添加细砂的总质量△m。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、B
【解析】
不加电场时，设恰能到达轨道的最高点B的速度为v，根据机械能守恒定律有：
mg（h-2R）=mv2；…①
在最高点时，重力提供向心力，有：mg=m…②
加上电场后，设能到达B点的速度为v2，根据动能定理得：mv22=（mg+Eq）（h-2R）…③
在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有：mg+Eq=m…④
得v2=v，故为小球仍恰好能到达B点，故B正确，ACD错误；故选B.
2、B
【解析】
由题意可知，汽车做匀减速直线运动，设加速度大小a，由公式，其中，代入解得：，
当时，汽车刹车的位移为，故B正确。
故选：B。
3、D
【解析】
A.波速为2m/s，波的周期大于1s，则波长大于2m，M、N的平衡位置相距2m，M、N的平衡位置间距小于波长；t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x轴正方向传播，则t=0时，波形图如图所示，所以
该波的周期：
解得：该波的周期为，故A项错误；
B.，t=0时，N位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=s时，N位于其平衡位置向y轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B项错误；
C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C项错误；
D.在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，因，则t=s时，M位于其平衡位置上方最大位移处，t=s时，M通过其平衡位置沿y轴负方向运动，t=s到t=s，M的动能逐渐增大，故D项正确。
4、C
【解析】
气体压强在微观上与分子的平均动能和分子密集程度有关。当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强可能变大、可能不变、也可能变小；当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大。
故选C。
5、D
【解析】
对物块受力分析：
物块受重力、恒力静摩擦力弹力。正交分解后，竖直方向平衡有
最大静摩擦力
水平方向有
（临界点）
解得
题意有
结合数学知识，联立方程解得
ABC错误，D正确。
故选D。
6、D
【解析】
根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据安培力公式F＝BIL求解安培力；根据楞次定律判断感应电流的方向，再由左手定则判定安培力的方向，即可求解。
【详解】
0﹣2t0，感应电动势为：E1＝SS，为定值，3t0﹣5t0，感应电动势为：E2＝SS，也为定值，因此感应电流也为定值，那么安培力F＝BIL∝B，由于0﹣t0，B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律，可知，线圈中感应电流方向顺时针，依据左手定则，可知，线框ab边受到安培力方向向上，即为正；同理，t0﹣2t0，安培力方向向下，为负，大小增大，而在2t0﹣3t0，没有安培力；在3t0﹣4t0，安培力方向向上，为正，大小减小；在4t0﹣5t0，安培力方向向下，为负，大小增大，故D正确，ABC错误。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BC
【解析】
A．由题图乙知，交流发电机电动势的有效值为6V，则灯泡两端电压的有效值
A项错误；
B．灯泡消耗的功率
B项正确；
C．由题图乙知，时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，C项正确；
D．时刻，电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D项错误。
故选BC。
8、ACD
【解析】
A． 当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，电流表A1的示数变大，故A正确；
B． 当S接通后，电路的总电阻减小，副线圈总电流变大，电流表A2的示数变大，故B错误；
C．根据图像可知，开关闭合前灯泡L1上的电压为220V，故电压表的示数为副线圈总电压，大于220V，闭合开关后，输入电压和匝数不变，电压表示数仍大于220V，故C正确；
D． 开关闭合后，总电阻减小，干路电流增大，故电阻分的电压增大，灯泡L1的电压减小，小于220V，故D正确。
故选ACD。
9、BD
【解析】
AB．设AB两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R和r，
根据上图可知
联立解得
故A错误，B正确。
CD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得
解得，由题意可知，两粒子的v大小与B都相同，则AB两粒子的之比与粒子的轨道半径成反比，即粒子比荷之比为，故C错误，D正确。
故选BD。
10、BCD
【解析】
A．由于气体分子间距很大，知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不能算出气体分子的体积，故A错误；
B．温度越高，分子热运动越明显，扩散现象越明显，故B正确；
C．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力和斥力均减小，引力变化总是比斥力变化慢，故C正确；
D．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子力做负功，分子势能越大，故D正确；
E．物体内能与物质的量、温度、体积和物态有关，故E错误。
故选BCD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 3000 D
【解析】
(1)[1]．本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小，需要滑动变阻器为小电阻，故选R1可减小实验误差．
(2)[2]．滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：
(3)[3]．电压表的内阻和串联，分压为和，则
．
(4)[4]．电压表的满偏电流
故选D．
12、AD 偏小
【解析】
(1)[1]小球的动能，因此需要测量小球的质量m，小球离开弹簧时的速度大小v可以通过测得A、B间的距离结合经过该段的时间求出，所以AD项的物理量需要测量，故选AD。
(2)[2]小球的动能为
由桌面光滑，则小球从A到B做匀速直线运动，则离开弹簧时的速度大小
联立解得动能的表达式
(3)[3]由于水平面不是绝对光滑，小球在过程中克服摩擦力做功转化为内能，导致弹簧减少的弹性势能没有全部转化为小球的动能，所以测得的弹性势能小于其真实值。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、（2）7m/s（2）3.6m，2m（3）Q= 或 Q=4m2
【解析】
(2)根据牛顿第三定律可知小块P2滑到C处受到的支持力F=N，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：
(2)设P2在B处的速度为vB，从B到C的过程中，由动能定理得：
其中：
代入数据解得：
因为小滑块恰好能够沿切线无碰撞的从B点进入圆弧轨道，可知平抛的初速度为：
在B点时竖直方向的速度为：
则从A到B的时间为：
所以AC之间的水平距离为：
AC之间的竖直距离为：
(3)P2与木板发生弹性碰撞，假设碰后小滑块P2的速度为v2、木板速度为v2，由动量守恒定律和机械能守恒可知：
代入数据联立解得：，
木板获得速度之后，和上面的小滑块P2之间相对滑动，假设最终和木板之间相对静止，两者的共同速度为v共，小滑块P2在模板上相对滑动了x，由动量守恒和能抗守恒可知：
联立解得：
.
当时，.
若，则，滑块不会从模板上掉落，小滑块P2与木板间产生的热量为：
若，则，滑块会从木板上掉落，小滑块P2与木板间的摩擦产生的热量为：
答：(2)小滑块P2经过C处时的速度大小；
(2)位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是3.6m和2m；
(3)热量Q与小滑块P2的质量m2之间的关系为Q= 或 Q=4m2．
14、； 30N； 2．
【解析】
（1）设小物块在C点的速度为，则在D点有：
设弹簧最初具有的弹性势能为，则：
代入数据联立解得：；
设小物块在E点的速度为，则从D到E的过程中有：

设在E点，圆轨道对小物块的支持力为N，则有：
代入数据解得：，
由牛顿第三定律可知，小物块到达圆轨道的E点时对圆轨道的压力为30
设小物体沿斜面FG上滑的最大距离为x，从E到最大距离的过程中有：

小物体第一次沿斜面上滑并返回F的过程克服摩擦力做的功为，则

小物体在D点的动能为，则：
代入数据解得：，，
因为，故小物体不能返回D点
小物体最终将在F点与关于过圆轨道圆心的竖直线对称的点之间做往复运动，小物体的机械能守恒，设最终在最低点的速度为，则有：

代入数据解得：
答：弹簧最初具有的弹性势能为；
小物块第一次到达圆弧轨道的E点时对圆弧轨道的压力大小是30 N；
小物块沿斜面FG第一次返回圆弧轨道后不能回到圆弧轨道的D点经过足够长的时间后小物块通过圆弧轨道最低点E的速度大小为2 ．
【点睛】
（1）物块离开C点后做平抛运动，由D点沿圆轨道切线方向进入圆轨道，知道了到达D点的速度方向，将D点的速度分解为水平方向和竖直方向，根据角度关系求出水平分速度，即离开C点时的速度，再研究弹簧释放的过程，由机械能守恒定律求弹簧最初具有的弹性势能；
物块从D到E，运用机械能守恒定律求出通过E点的速度，在E点，由牛顿定律和向心力知识结合求物块对轨道的压力；
假设物块能回到D点，对物块从A到返回D点的整个过程，运用动能定理求出D点的速度，再作出判断，最后由机械能守恒定律求出最低点的速度．
15、 (i)4×105Pa；(ii)20kg。
【解析】
(i)初状态时，设气体的压强为，以活塞为研究对象，由平衡条件知
末状态时，设气体的压强为，由查理定律有
解得
=4×105Pa
(ii)末状态时.以活塞为研究对象，由平衡条件知
解得:
Δm=20kg